Determine \int_{C} \frac{3 y}{x} d s onde C:\left[\frac{t^{4}}{4} ; \frac{t^{3}}{3}\right], \frac{1}{2} \leq t \leq 1

Passo 1

O enunciado pede a integral de linha
\int_{C}\frac{3y}{x}\,ds
ao longo da curva paramétrica
x(t)=\frac{t^4}{4},\quad y(t)=\frac{t^3}{3},\quad \tfrac12\le t\le1.
O conteúdo aqui é integral de linha de função escalar em função de x,y, usando ds=\lVert r'(t)\rVert\,dt.

Passo 2

Calculamos r'(t) e o elemento de comprimento de arco ds.
x'(t)=\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{t^4}{4}\Bigr)=t^3,\qquad y'(t)=\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{t^3}{3}\Bigr)=t^2.
Logo,
ds=\sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2}\,dt =\sqrt{t^6+t^4}\,dt =t^2\sqrt{t^2+1}\,dt.

Passo 3

Expressamos o integrando \tfrac{3y}{x} em função de t.
\frac{3y}{x} =\frac{3\,(t^3/3)}{\,t^4/4\,} =\frac{t^3}{\,t^4/4\,} =\frac{4}{t}.
Portanto o integrando total fica
\frac{3y}{x}\,ds =\frac{4}{t}\,\bigl(t^2\sqrt{t^2+1}\,dt\bigr) =4\,t\sqrt{t^2+1}\,dt.

Passo 4

Fazemos a integral em t:
\int_{1/2}^{1}4\,t\sqrt{t^2+1}\,dt.
Usamos a substituição u=t^2+1, de modo que du=2t\,dt. Então
4\,t\,dt=2\,du \quad\text{e os limites: }t=\tfrac12\Rightarrow u=\tfrac54,\;t=1\Rightarrow u=2.
A integral torna-se
\int_{5/4}^{2}2\,u^{1/2}\,du =2\cdot\frac{2}{3}\Bigl[u^{3/2}\Bigr]_{5/4}^{2} =\frac{4}{3}\Bigl(2^{3/2}-(5/4)^{3/2}\Bigr).

Passo 5

Simplificamos:
2^{3/2}=2\sqrt2,\quad (5/4)^{3/2}=\frac{5\sqrt5}{8},
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\frac{4}{3}\Bigl(2\sqrt2-\frac{5\sqrt5}{8}\Bigr) =\frac{8\sqrt2}{3}-\frac{5\sqrt5}{6} =\frac{16\sqrt2-5\sqrt5}{6}.

Resposta

\int_{C}\frac{3y}{x}\,ds =\frac{16\sqrt2-5\sqrt5}{6}.

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